ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 01 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1: γ Α: β Α3: β Α4: γ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A5: α) Είναι αδύνατον να υπάρχουν στο ίδιο άτοµο δύο ηλεκτρόνια µε ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών ( n, l, m l, m s ). Συνεπώς, δεν µπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δύο ηλεκτρόνια. β) είκτες οξέων-βάσεων ή ηλεκτρολυτικοί ή πρωτολυτικοί δείκτες είναι ουσίες των οποίων το χρώµα αλλάζει ανάλογα µε το ph του διαλύµατος στο οποίο προστίθενται. ΘΕΜΑ Β 3 Β1. α) N:1s s p : 3 µονήρη 7 e O:1s s p 4 : µονήρη 8 e Na:1s s p 6 3s 1 : 1 µονήρες 11 e Άρα το Ν έχει περισσότερα µονήρη ηλεκτρόνια στη θεµελιώδη κατάσταση. ii ii ii ii β) : Na : : O N= O : ii ii Β) α) 34 Se :1s s p 3s 3p 3d 4s 4p 6 6 10 4 Άρα τα ηλεκτρόνια σθένους έχουν τις εξής τετράδες κβαντικών αριθµών: ( 4,0,0, ½) ( 4, 0, 0, ½) ( 4, 1,1, ½) ( 4, 1,0, ½) ( 4, 1, -1, ½) ( 4, 1, m l,-1/) Άρα η πρόταση είναι Σωστή. β) Στον Περιοδικό Πίνακα από αριστερά προς τα δεξιά σε µια περίοδο, αυξάνεται η ενέργεια πρώτου Ιοντισµού, ενώ από πάνω προς τα κάτω ελαττώνεται η ενέργεια πρώτου Ιοντισµού. Εποµένως είναι δυνατόν για τρία διαδοχικά στοιχεία οι ενέργειες πρώτου ιοντισµού να έχουν τις τιµές 1314, 1681, 081 KJ. Εάν το στοιχείο που βρίσκεται πιο δεξιά στον περιοδικό πίνακα από τα mol προηγούµενα ανήκει στην οµάδα περιόδου, εποµένως θα έχει πολύ µικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού. Άρα η πρόταση είναι σωστή. γ) VIII A, το επόµενό του θα βρίσκεται στην I A οµάδα της επόµενης Μ HSO4 HO HSO4 H3O Αρχ. 0,1 Τελ. - 0,1 0,1
Μ HSO 4 HO SO 4 H3O Αρχ. 0,1 Ι.Ι. 0,1 - x x x Επειδή η δεύτερη αντίδραση είναι αµφίδροµη ισχύει ότι x < 0,1M Εποµένως είναι αδύνατον να ισχύει ότι H3O = 0, M καθώς H3O = 0,1 x Άρα η πρόταση είναι Λάθος. δ) B H O BH OH NaOH Na OH Λόγω επίδρασης κοινού ιόντος, η ισορροπία ιοντισµού της Β µετατοπίζεται προς τα αριστερά, σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier. Εποµένως ο βαθµός ιοντισµού ελαττώνεται. Άρα η πρόταση είναι Λάθος. Β3. Σε δείγµα από το περιεχόµενο κάθε δοχείου προσθέτουµε µικρή ποσότητα αντιδραστηρίου Fehling ( CuSO4 NaOH ). Σε όποιο δείγµα παρατηρηθεί σχηµατισµός καστανέρυθρου ιζήµατος CuO περιέχεται η βουτανάλη. Σε νέο δείγµα από το περιεχόµενο των τριών υπόλοιπων δοχείων προσθέτουµε µικρή ποσότητα θειονυλοχλωριδίου ( SOCl ). Σε όποιο δείγµα παρατηρηθεί σχηµατισµός αερίων ( SO HCl) περιέχεται η βουτανόλη. Σε νέο δείγµα από το περιεχόµενο των δύο υπόλοιπων δοχείων προσθέτουµε µικρή ποσότητα µεταλλικού Νa. Σε όποιο δείγµα παρατηρηθεί έκλυση αερίου ( H) περιέχεται το βουτανικό οξύ. Στο τελευταίο δοχείο περιέχεται η βουτανόνη. (Σηµείωση: Λύνεται και µε πολλούς ακόµα συνδυασµούς) ΘΕΜΑ Γ Γ1 (Α) (Β) (Γ) CH COOCH CH NaOH CH COONa CH CHCH 3 3 3 3 3 I I CH3 OH (Γ) ( ) 5CH CH CH KMnO 3H SO 5CH C CH MnSO K SO 8H O 3 3 4 4 3 3 4 4 I OH ( ) (Β) (Ε) CH C CH 3Cl 4NaOH CH COONa CHCl 3NaCl 3H O 3 3 3 3 O O
Γ (Α) 3CH CH OH K Cr O 4H SO 3CH CH= O Cr SO K SO 7H O ( ) 3 7 4 3 4 3 4 0, mol 0, mol 3 0,mol (B) 3CH CH OH K Cr O 8H SO 3CH COOH Cr SO K SO 11H O ( ) 3 7 4 3 4 3 4 0, mol 0,4 mol 3 0,mol (A) CH3CH= O CuSO4 5NaOH CH3COONa CuO Na SO4 3H O 0, mol 0,mol (B) CH3COOH NaOH CH3COONa HO 0, mol 0,mol m 8,6 CuO : n= = = 0,mol Mr 143 NaOH : n= c V= 1 0,= 0, mol nολ 0, KCrO 7 : V= = = L c 0,1 ΘΕΜΑ 1: Πριν την ανάµειξη ΗΑ: n = C V= 0,1 0,0= mol NaOH : n = C V= 0,1 0,01= 0,001mol mol HA NaOH NaA HO Αρχ. 0,001 - Αντιδρούν 0,001 0,001 - Παράγονται 0,001 Τελ. 0,001-0,001 Μετά την αντίδραση n 0,001 1 ΗΑ : C= = = Μ V 0,03 30 ολ NaA : C= 1 M 30 Μ HA HO A H3O Αρχ. 1/30 Ιοντική 1/30 x x x Ισορροπία
Μ NaA Na A Αρχ. 1/30 Τελικά 1/30 1/30 4 ph= log H3O 4= log x x= 10 M 1 A H O x x 30 Ka= Ka= Ka= 10 [ HA] 1 x 30 3 4 : Πριν την ανάδειξη ΗΑ : n= C V= 0,1 0,018 = 0,0018mol NaOH : n= C V= 0,1 0,0= mol mol HA NaOH NaA HO Αρχ. 0,0018 - Αντιδρούν 0,0018 - Παράγονται 0,0018 Τελ. - 0,0004 0,0018 Μετά την αντίδραση n 0,0004 NaOH : C= = = 0,01M V 0,04 n 0,0018 Na A : C= = M V 0,04 Μ NaOH Na OH Αρχ. 0,01 Τελικά - 0,01 0,01 Το ph θα καθοριστεί από την ισχυρή βάση poh= log OH = log10 = ph poh= 14 ph= 14 ph= 1 3. Όταν προσθέτουµε 0 ml Y ισχύουν HB : n= C V= 0,06Cmol NaOH : n= C V= 0,1 0,0= mol Για να προκύψει Ph=4, πρέπει το HB να βρίσκεται σε περίσσεια. mol HB NaOH NaB HO Αρχ. 0,06C - Αντιδρούν - Παράγονται Τελ. 0,06C
Μετά την αντίδραση n 0,06C HB : C= = M V n 1 NaB: C= = = M V 40 Μ HB HO B H3O Αρχ. 0, 06C 0, 00 Ιοντική 0,06C -ψ Ισορροπία ψ ψ Μ NaB Na B Αρχ. 0, 00 Τελικά - 4 ph= log H 3O logψ= 4 ψ= 10 M 4 4 10 10 B = H3O 4 = 10 Ka Ka Ka= [ HB] 0,06C ( 1) 4 0,06C 10 Όταν προσθέσουµε 50mL Y ισχύουν HB : n= C V= 0,06Cmol NaOH : n= C V= 0,1 0,05 = mol Για να προκύψει ph=5, πρέπει το ΗΒ να βρίσκεται σε περίσσεια mol HB NaOH NaB HO Αρχ. 0,06C - Αντιδρούν - Παράγονται Τελ. 0,06C Μετά την αντίδραση n 0,06C HB : C= = M V n NaB: C= = M V Μ HB HO B H3O Αρχ. 0, 06C 0, 005 Ιοντική 0,06C -ω Ισορροπία ω ω
Μ NaB Na B Αρχ. 0, 005 Τελικά - 5 ph= log H 3O logω= 5 ω= 10 M 10 10 Ka= Ka= [ HB] 0,06C 10 Από (1), () προκύπτει: 5 5 B H 3O 5 5 10 Ka= 0,06C ( ) 10 10 0,06C 0.06C 0,1C 0,01= 0,03C 0,001 0,09C = 0,009 C= 0,1M Άρα (1) Ka= 5 10 5 Στο ισοδύναµο σηµείο ισχύει: mol HB NaOH NaB HO Αρχ. 0,006 0,006 - Αντιδρούν 0,006 0,006 - Παράγονται 0,006 Τελ. 0,006 4 5 7 8 = 10 0,06C = 5 10 0,06C ( ) ( ) 0,1 0,06 Τότε nοξ = nβ CοξVοξ = CβVβ Vβ = = 0, 06L 0,1 n 0, 006 Άρα για το NaB : C= = = 0,05Μ Vολ 0,1 Μ NaB Na B Αρχ. 0,05 Τελικά - 0,05 0,05 Μ B H O HB OH Αρχ. 0,05 Ιοντική 0,05-λ λ λ Ισορροπία λ 10 λ 5,5 Kb = 10 = λ= 10 Μ 0,05λ 5 10 Άρα poh= 5,5 ph= 8,5